专题08 全等三角形模型之手拉手模型-2024-2025学年八年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙教版）

专题08 全等三角形模型之手拉手模型 全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（手拉手（旋转）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 1 模型1.全等模型--手拉手模型 1 35 模型1.全等模型--手拉手模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（2023春·广东广州·八年级校考期末）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤． 恒成立的结论有______．（把你认为正确的序号都填上） 【答案】①②③⑤ 【分析】①由于和是等边三角形，可知，，，从而证出，可推知；②由得，和，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③同②得：，即可得出结论；④根据，，可知，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确． 【详解】解：①和为等边三角形， ，，，， 在和中，，，，，①正确； ②， 在和中，，．， ，，，②正确； ③同②得：，，③正确； ④，且，，故④错误； ⑤，， 是等边三角形，，，， ，⑤正确；故答案为：①②③⑤． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 例2．（2023·湖北武汉·八年级期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE． (1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN (3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果） 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）先判断出∠DBC=∠ABE，进而判断出△DBC≌△ABE，即可得出结论； （2）先判断出△ADN≌△FCN，得出CF=AD，∠NCF=∠AND，进而判断出∠BAC=∠ACF，即可判断出△ABC≌△CFA，即可得出结论；（3）先判断出△ABC≌△HEB(ASA)，得出，，再判断出△ADM≌△HEM (AAS)，得出AM=HM，即可得出结论． （1）解：∵△ABD和△BCE是等边三角形， ∴BD=AB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°， ∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠DBC=∠ABE， ∴△ABE≌△DBC（SAS），∴AE=CD； （2）解：如图，延长AN使NF=AN，连接FC， ∵N为CD中点，∴DN=CN， ∵∠AND=∠FNC，∴△ADN≌△FCN(SAS)，∴CF=AD，∠NCF=∠AND， ∵∠DAB=∠BAC=60°∴∠ACD +∠ADN=60° ∴∠ACF=∠ACD+∠NCF=60°，∴∠BAC=∠ACF， ∵△ABD是等边三角形，∴AB=AD，∴AB=CF， ∵AC=CA，∴△ABC≌△CFA (SAS)，∴BC=AF， ∵△BCE是等边三角形，∴CE=BC=AF=2AN； （3）解： ∵△ABD是等边三角形，∴，∠BAD=60°， 在Rt△ABC中，∠ACB=90°－∠BAC=30°，∴， 如图，过点E作EH // AD交AM的延长线于H， ∴∠H=∠BAD=60°，∵△BCE是等边三角形，∴BC=BE，∠CBE=60°， ∵∠ABC=90°，∴∠EBH=90°－∠CBE=30°=∠ACB， ∴∠BEH=180°－∠EBH－∠H=90°=∠ABC， ∴△ABC≌△HEB (ASA)，∴，，∴AD=EH， ∵∠AMD=∠HME，∴△ADM≌△HEM (AAS)，∴AM=HM， ∴ ∵，，∴．故答案为：． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键． 例3．（23-24八年级上·云南昭通·期末）如图，与中，，，，连接． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若平分，求证：． 【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）证明，利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理即可解决问题． （2）如图2中，延长交于F，在上取，连接，根据角平分线定义、平行线的性质推出，利用证明，根据全等三角形的性质及线段的和差即可得解； 本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【详解】（1）解：，即，， 又， ， ，， ，， 又，； （2）证明：延长交于F，在上取，连接， ，，， 则，， 平分，，，，， ，则，， ，即，，则．即：． 例4．（2024·辽宁沈阳·八年级校考阶段练习）在等腰中，，. (1)如图1，，是等腰斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转后，得到，连接．①试判断、、三条线段之间的关系，并说明理由；②当，时，求的长；(2)如图2，点是等腰斜边所在直线上的一动点，连接，以点为直角顶点顺时针作等腰，当，时，直接写出的长． 【答案】(1)①，理由见解析；②(2)的值为或 【分析】（1）①根据旋转证明，根据全等三角形性质，得出，，，，然后说明，证明∠DAE=∠DAF=45°，再利用SAS证明，得出，再根据勾股定理即可证明； ②由①中可得DE=DF，再在Rt△FDC中利用勾股定理计算即可； （2）连接BE，根据共顶点等腰直角三角形证明全等，再利用勾股定理计算即可，需要注意分类讨论． 【详解】（1）解：①，理由如下： ∵为等腰直角三角形，∴，根据旋转可知，， ，，，，∴， ，，，即，， ，，，∴， ∵，∴； ②设，则，∵，∴， 根据解析①可知，，∴，解得：，即． （2）解：①当点在线段上时，连接，如图2所示： ∵，，∴，，， ，，，，， ，； ②当点在的延长线上时，连接，如图3所示： ∵，，∴，，， ，，，，， ，∴， ；综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，以及共顶点等腰直角三角形（手拉手模型），作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键． 例5．（2024·湖北八年级课时练习）问题发现（1）如图①，已知△ABC，以AB、AC为边向△ABC外分别作等边△ABD和等边△ACE，连接CD，BE．试探究CD与BE的数量关系，并说明理由． 问题探究（2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC＝45°，∠CAD＝90°，AC＝AD，AB＝2BC＝60．求BD的长． 问题解决（3）如图③，△ABC中，AC＝2，BC＝3，∠ACB是一个变化的角，以AB为边向△ABC外作等边△ABD，连接CD，试探究，随着∠ACB的变化，CD的长是否存在最大值，若存在求出CD长的最大值及此时∠ACB的大小；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），理由见解析；（2）90；（3）存在，CD长的最大值为5，∠ACB的大小为 【分析】（1）通过证明即可得到CD与BE的数量关系； （2）以AB为腰向上作等腰直角，连接GC，通过证明即可得到，再根据、运用勾股定理求出GC的长即可得到BD的长； （3）以BC为边向外作等边，连接AH，通过证明即可得到，再由可知当A，C，H三点共线时，有最大值，进而求出∠ACB的值即可． 【详解】（1） 证明：∵△ABD和△ACE是等边三角形∴，， ∵∴ 在与中∴∴； （2）如下图，以AB为腰向上作等腰直角，连接GC ∵与是等腰直角三角形∴，， ∵∴ 在与中∴∴； ∵是等腰直角三角形，∴，，， ∵∴∴∴∴； （3）如下图，以BC为边向外作等边，连接AH ∵与是等边三角形∴，， ∵∴ 在与中∴∴； 又∵是等边三角形，∴， ∵，∴∴当A，C，H三点共线时， ∵∴ 则当时，． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等相关内容，熟练掌握相关三角形的解题方法是解决本题的关键． 例6．（2023·浙江·八年级期中）已知为等边三角形，点D在边上，点F在射线上，以为一边作等边三角形，连接． (1)当点F与点A重合时，如图①，线段，，之间的数量关系是___________； (2)点F在边上时，如图②；当点F在边的延长线上时，如图③，猜想线段，，之间存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图③的猜想给予证明． 【答案】(1)(2)图②猜想：．图③猜想：，见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，再由各角之间的关系确定，根据全等三角形的判定和性质即可证明；（2）根据图象对图②③作出猜想即可；过点D作，交于点G，根据等边三角形的判定和性质得出为等边三角形，再由全等三角形的判定和性质得出，，结合图形即可证明． 【详解】（1）证明：∵点F与点A重合，∴与都是等边三角形， ∴， ∴， ∴，∴，∴，∴， ∵，∴； （2）图②猜想：．图③猜想：． 图③证明：过点D作，交于点G，如图． ∵是等边三角形，∴． ∵，∴，．∴为等边三角形．∴． ∵为等边三角形，∴，． ∵，即，∴．∴． ∵，∴． 【点睛】题目主要考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 例7．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE． （1）如图2，求证：△BCG≌△DCE； （2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由； （3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值． 【答案】（1）见解析；（2）48；（3） 【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接，设交于点，交于点，先证明，由勾股定理可得；（3）作于点，则，且，由含30度角的直角三角形的性质求解． 【详解】（1）四边形与为正方形，，， ，，， 在和中， (SAS)， （2）连接，设交于点，交于点， ，，， 在△和中，， ，， ， 由勾股定理得，， ， ，，，， (3)作于点，如图， △为等腰直角三角形，，且， 在中，，，， ．． 【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解． 例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD． （1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ； （2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变? （3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想. （4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？ 【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AE＝CG，证明见解析 （4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析. 【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件． 【详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变； （3）AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中， ∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°， 又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG． （4）这些结论可以推广到任意正多边形． 如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F． 【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散． 1．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可． 【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN， ∴AB=AC，AM=AN，∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意； ∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN=∠B，而∠CAB不一定等于∠B， ∴∠ACN不一定等于∠CAB，∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意； ∵△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，∴∠BAC=∠MAN， ∵AM=AN，AB=AC，∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等， ∴∠B=∠AMN，∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意； ∵AM=AN，而AC不一定平分∠MAN，∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键． 2．（2024八年级上·江苏·专题练习）如图，在和中，，，，，连接，交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由证明判断①；由全等三角形的性质得出，结合三角形的外角性质判断②；作于，于，由证明，得出，由角平分线的判定方法得出平分，由，得出当时，才平分，假设，则，由平分得出，推出，由判断该假设不成立，即可判断③；没有条件可以证明平分，判断④的正误后即可得出结论． 【详解】解：，，即， 在和中，，， ，，，故①正确，符合题意； 由三角形的外角性质得：，，故②正确，符合题意； 作于，于，如图所示，则， 在和中，，，，平分， ，当时，才平分， 假设，，，平分，， 在和中，，，， ，，与矛盾，③错误； 没有条件可以证明平分，④错误；正确的个数有个；故选：． 【点睛】本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定，解题关键是证明三角形全等． 3．（2023·贵州遵义·八年级期末）在中，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_______． 【答案】6 【分析】延长BC到F，使BF=2BC，得是等边三角形，再证明得即可解题． 【详解】解：延长BC到F，使BF=2BC，即， ∵在中，， ∴，，∴是等边三角形，∴，， 又∵在等边三角形中，，， ∴，∴ （SAS），∴， 又∵，E为边的中点，∴， ∴，∴．故答案为6． 【点睛】本题主要考查了等边三角形性质和判定、全等三角形性质和判定．解题关键是补全图形构造手拉手全等模型，从而由得． 4．（23-24九年级上·湖北黄石·期末）如图，是等边三角形外一点，，，则的最大值是 ． 【答案】5 【分析】将AD顺时针旋转60°，得，连结，可得AD=DD′=AD′，可证△ABD′≌△ACD（SAS），可得BD′=CD，由BD′+DD′≥BD，当B、D′、D三点在一线时，BD最大，BD最大=BD′+DD′=5． 【详解】解：∵将AD顺时针旋转60°，得，连结，则AD=DD′=AD′，∴△ADD′是等边三角形， 又∵等边三角形，∴∠BAC=∠，∴∠BAD′+∠D′AC=∠CAD+∠D′AC=60°， ∴AB=AC，AD′=AD，∴△ABD′≌△ACD（SAS）， ∴BD′=CD，∴BD′+DD′≥BD，当B、D′、D三点在一线时，BD最大， BD最大=BD′+DD′=CD+AD=2+3=5．故答案为：5． ． 【点睛】本题考查三角形旋转变换，等边三角形判定与性质，掌握三角形旋转变换的性质，等边三角形判定与性质，用三角形三边关系确定B、D′、D共线是解题关键． 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题初探：如图（1），中，，，点D是上一点，连接，以为一边作，使，，连接，猜想，和有怎样的数量关系，并说明理由． 类比再探：如图（2），中，，，点M是中点，点D是上一点，连接，以为一边作，使，，连接，若，则四边形的面积为多少，请说明理由． 【答案】问题初探：；理由见解析；类比再探：四边形的面积为1 【分析】问题初探：根据证明，得出，根据线段之间的关系即可得出答案； 类比再探：取的中点N，连接，根据中位线性质得出，，证明，，再根据证明，得出，即可得出，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：（1）；理由如下： ∵，，∴，∴， ∵，，∴，∴，∴； （2）取的中点N，连接，如图所示： ∵点M是中点，∴，，∴， ∵，，∴， ∵，，∴， ∵，∴，∴， ∴， ∵，∴，∵，∴，即， 解得：或（舍去），∴，∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，余角的性质，勾股定理，三角形中位线性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 6．（2023春·山东东营·七年级校考阶段练习）在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下探究： （1）如图1，两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此时BD和CE的数量关系是 ；（2）如图2，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）如图3，已知△ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数． 【答案】（1）△AEC，BD=CE；（2）BD=CE且BD⊥CE，理由见解析；（3）作图见解析，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°． 【分析】（1）根据SAS证明两个三角形全等即可证明； （2）通过条件证明△DAB≌△EAC（SAS），得到∠DBC+∠ECB=90°，即可证明BD⊥CE，从而得到结果； （3）根据已知条件证明△DAC≌△BAE(SAS)，即可得到结论． 【详解】解：（1）∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE， ∴∠DAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB，即， ∴△ADB≌△AEC(SAS)，∴BD=CE； （2）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：因为∠DAE=∠BAC=90°，如图2． 所以∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．所以∠DAB=∠EAC． 在△DAB和△EAC中，，所以△DAB≌△EAC（SAS）．所以BD=CE，∠DBA=∠ECA． 因为∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，所以∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°． 即∠DBC+∠ECB=90°．所以∠BPC=180°-（∠DBC+∠ECB）=90°． 所以BD⊥CE．综上所述：BD=CE且BD⊥CE． （3）如图3所示，BE=CD，∠PBC+∠PCB=60°．由图可知，AD=AB，AE=AC， ∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，即，∴△DAC≌△BAE(SAS)，∴BE=CD，， 又∵，∴∠ADC+∠BDC=∠ABE+∠BDC=60°， ∴∠BPC=∠ABP+∠BDC+∠DBA=120°，    ∴∠PBC+∠PCB=60°． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的知识点应用，准确分析图形是解题的关键． 7．（2024·福建·八年级阶段练习）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，连接AE，取AE的中点P，连接DP，CP． （1）观察猜想：  如图（1），DP与CP之间的数量关系是 　 ，DP与CP之间的位置关系是 　 ． （2）类比探究： 将图（1）中的△BDE绕点B逆时针旋转45°，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由． （3）问题解决： 若BC＝3BD＝3，  将图（1）中的△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，请直接写出线段CP的长． 【答案】（1）PD＝PC，PD⊥PC；（2）成立，见解析；（3）2或4 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质，可得，根据角之间的关系即可，即可求解；（2）过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O，根据全等三角形的判定与性质求解即可； （3）分两种情况，当点E在BC的上方时和当点E在BC的下方时，过点P作PQ⊥BC于Q，利用等腰直角三角形的性质求得，即可求解． 【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴， ∵，∴， ∵点P为AE的中点，∴，∴，， ∴， ∴故答案为：，． （2）结论成立．理由如下：过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O． 则∴， ∴，，由勾股定理可得： ∴∴∴ ∵点P为AE的中点，∴∴ 在中，，∴， ∴∴∴， ∴∴，∴． （3）如图3﹣1中，当点E在BC的上方时，过点P作PQ⊥BC于Q． 则，∴ ∵ ∴ 由（2）可得，，，∴为等腰直角三角形 ∴∴ 由勾股定理得， 如图3﹣2中，当点E在BC的下方时，同法可得PC＝PD＝2．综上所述，PC的长为4或2． 【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，做辅助线，构造出全等三角形． 8．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，正方形ABCD，将边CD绕点D顺逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段DE，连接AE，CE，过点A作AF⊥CE交线段CE的延长线于点F，连接BF． （1）当AE＝AB时，求α的度数；（2）求证：∠AEF＝45°；（3）求证：AE∥FB． 【答案】（1）α＝30°；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）根据旋转的性质可得CD=DE，由正方形的性质可得AB=CE=AD，根据已知AB=AE，可得出△ADE是等边三角形，求出∠ADE的度数，即可求解； （2）根据旋转的性质得出△CDE和△ADE都是等腰三角形，由题可知旋转角是∠EDC，进而得出∠ADE、∠AED、∠CED与α之间的关系，再根据平角的特点即可求解； （3）方法一：过点B作AF与CF的垂线，可以得到一个平行四边形，进一步可判定是矩形，根据角度关系得出∠BCF=∠BAF，判定矩形是正方形，得出∠BFC=45°，结合（2）可得出结论； 方法二：过点B作BF的垂线交BF于点M，根据垂直的性质和正方形的性质可以得出∠ABF=∠CBM，∠BAF=∠BCF，AB=BC，进而判定两个三角形全等，可得出△BFM是等腰直角三角形，求出∠ BFE=45°，结合（2）可得出结论； 方法三：取AC的中点O，根据直角三角形的性质和正方形的性质，可得出OA=OC=OB=OF，所以A、B、C、F在同一个圆上，∠ CBF=∠BAC=45°，结合（2）即可得出结论． 【详解】解：(1) 在正方形ABCD中，AB＝AD＝DC，由旋转可知，DC＝DE， ∵AE＝AB∴AE＝AD＝DE∴△AED是等边三角形， ∴∠ADE＝60°，∴∠ADC＝90°，∴α＝∠ADC－∠ADE＝90°－60°＝30°． （2）证明：在△CDE中，DC＝DE， ∴∠DCE＝∠DEC＝， 在△ADE中，AD＝ED，∠ADE＝90°－α， ∴∠DAE＝∠DEA＝ ∴∠AEC＝∠DEC＋∠DEA＝＝135°．∴∠AEF＝45°， （3）证明：过点B作BG//CF与AF的延长线交于点G，过点B作BH//GF与CF交于点H， 则四边形BGFH是平行四边形，∵AF⊥CE，∴平行四边形BGFH是矩形， ∵∠AFP＝∠ABC＝90°，∠APF＝∠BPC，∴∠GAB＝BCP， 在△ABG和△CBH中∴△ABG≌△CBH(AAS)， ∴BG＝BH，∴矩形BGFH是正方形，∴∠HFB＝45°， 由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠HFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB． 方法2：过点B作BM⊥BF交FC于点M， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠FBN＋∠ABM＝∠ABM＋∠MBC＝90°，∴∠FBN＝∠MBC， ∵AF⊥FC，∴∠AFC＝90°，又∴∠AFP＝∠PBC，∠FPA＝∠BPC∴∠FAB＝BCM, 在△ABF和△CBM中，∴△ABF≌△CBM(ASA)， ∴BF＝BM,∴△FBM是等腰直角三角形，∴∠MFB＝45°， 由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB． 方法3：取AC的中点为点O，∵AF⊥FC，∠ABC=90°∴OA＝OB＝OC＝OF· ∴点A，B，C，F都在同一个圆上， ∴∠BFC＝∠BAC＝45°· 由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、平行线的判定；根据特殊图形得出角的度数；根据图形的特点，得出角之间的关系，三个角相加等于180°，得出结果；作辅助线求出∠BFC的度数，结合第二问的结果得出证明． 9．（2023·福建福州·九年级校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转． （1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ； （2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值； （3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长． 【答案】（1），；（2）7.5；（3）或 【分析】（1）利用正方形的性质证明即可证得结论； （2）连接，，，，，设交于点．利用勾股定理求出，，由推出当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，由此可得结论； （3）分两种情形：如图中，当，，共线时，连接交于．如图中，当，，共线时，连接交于．利用勾股定理求出，可得结论． 【详解】解：（1），，理由如下：如图1中，设交于点，交于点． 四边形、四边形都是正方形，，，， ，， 在和中，，，，， ，，，故答案为：BE＝DG，BE⊥DG； （2）如图1中，连接，，，，，设交于点． 四边形、四边形都是正方形， ，，，， ，，， ，当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离， 的面积的最大值为； （3）如图中，当，，共线时，连接交于． 四边形是正方形，，，， ，，，； 如图中，当，，共线时，连接交于． 四边形是正方形，，，， ，， ，； 综上所述，满足条件的的长为或． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 10．（2023春·广东汕头·九年级校考开学考试）如图，D为内一点，，，将绕着点A顺时针旋转能与线段重合．(1)求证：；(2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据将绕着点A顺时针旋转能与线段重合，得，，通过证明，即可证出；（2）由得：，再根据，，得，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵将绕着点A顺时针旋转能与线段重合，∴，， ∵，∴，∴， 在和中，，∴，∴； （2）解：由得：，∵，∴， ∵，，∴，∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形是性质、三角形全等的判定与性质等知识，证明出是解题的关键． 11．（2023·四川达州·八年级统考期末）问题发现：如图，在中，，为边所在直线上的动点(不与点、重合)，连结，以为边作，且，根据，得到，结合，得出，发现线段与的数量关系为，位置关系为； （1）探究证明：如图，在和中，，，且点在边上滑动(点不与点、重合)，连接．①则线段，，之间满足的等量关系式为 ；②求证: ；（2）拓展延伸：如图，在四边形中，．若，，求的长． 【答案】（1）①BC =CE+CD；②见解析；（2）AD＝6． 【分析】（1）①根据题中示例方法，证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，从而得出BC=CE+CD； ②根据△BAD≌△CAE，得出∠ACE＝45°，从而得到∠BCE＝90°，则有DE2＝CE2+CD2，再根据可得结论；（2）过点A作AG⊥AD，使AG=AD，连接CG、DG，可证明△BAD≌△CAG，得到CG＝BD，在直角△CDG中，根据CD的长求出DG的长，再由DG和AD的关系求出AD. 【详解】解：（1）①如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，     ∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，  ∴ BC=BD+CD=CE+CD，故答案为：BC=BD+CD=CE+CD． ②∵△BAD≌△CAE，∴∠B＝∠ACE＝45°， ∵∠ACB＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°， ∴DE2＝CE2+CD2， ∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴，∴2AD2＝BD2+CD2； （3）如图3， 过点A作AG⊥AD，使AG=AD，连接CG、DG， 则△DAG是等腰直角三角形，∴∠ADG＝45°， ∵∠ADC＝45°，∴∠GDC＝90°，同理得：△BAD≌△CAG，∴CG＝BD＝13， 在Rt△CGD中，∠GDC＝90°，， ∵△DAG是等腰直角三角形，∴，∴AD＝＝6． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 12．（2023秋·河南南阳·八年级统考期末）综合与实践： 【问题情景】综合与实践课上，王老师让同学们以“共顶点的等腰三角形的旋转”为主题开展数学探究活动． 【实践操作】王老师让同学们先画出两个等边和，将绕点旋转到某一位置，要求同学们观察图形，提出问题并加以解决． (1)如图①，“慎思组”的同学们连接、，则与有何数量关系？与有何数量关系？请你探究后直接写出结论．(2)如图②，得知“慎思组”的结论后，“博学组”的同学们又连接，他们认为，如果，且，，就可以求出的长，请写出求解过程． 【类比探究】(3)如图③，“智慧组”的同学们画出了两个等腰直角三角形和，其中，，；且点恰好落在上，那么、和之间一定存在某种数量关系，请你探究后直接写出它们之间的数量关系． 【答案】(1)，(2)，过程见解析(3) 【分析】（1）通过判定证明全等即可；（2）由（1）可知边长与角度的关系，然后利用勾股定理求解即可；（3）与（1）相同，证明全等后，利用勾股定理证明三边关系即可． 【详解】（1）证明：与均为等边三角形 又 在与中， （2）证明：由（1）可知 ，， 在等边中，由可得 则， 在中，，由勾股定理可得： （3）连接，， 在与中 ， 【点睛】此题考查旋转模型及勾股定理，解题关键是找准边与角的关系证明全等，然后利用勾股定理求解． 13．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接． (1)求证：≌；(2)求的度数；(3)求证：平分． 【答案】(1)见解析(2)(3)见解析 【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证； （2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案；（3）作于点于点，证明，由，即可得到结论． 【详解】（1）证明：、是等边三角形， ， ，即，≌； （2）解：≌，， ，； （3）证明：如图，作于点于点， ，， ，，，， ，平分． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 14．（2023·山东临沂·八年级统考期中）（1）如图1，与均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：； （2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：的度数为______；线段BE与AD之间的数量关系是______． 【答案】（1）见解析；（2）60°； 【分析】（1）根据顶角为40°，可得，进而证明即可得证； （2）根据等边三角形的性质可得，，方法同（1）求得，证明，可得，根据点A，D，E在同一直线上，即可求得，根据全等的性质即可得，进而可得 【详解】（1）证明∵， ∴，即． 在和中，∴．∴． （2）解：和均为等边三角形， ∴，，． ∴，即． 在和中， ∴，，，∴． ∴，． ∵点A，D，E在同一直线上，∴．∴． ∴． 故答案为：， 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 15．（2023·陕西·九年级专题练习）阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°． 点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°． 问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°． 【答案】见解析； 【分析】延长A1B1至E，使EB1＝A1B1，连接EM1C、EC1，则EB1＝B1C1，∠EB1M1＝90°＝∠A1B1M1，得出△EB1C1是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°，证出∠B1C1E＋∠M1C1N1＝180°，得出E、C1、N1，三点共线，由SAS证明△A1B1M1≌△EB1M1得出A1M1＝EM1，∠1＝∠2，得出EM1＝M1N1，由等腰三角形的性质得出∠3＝∠4，证出∠1＝∠2＝∠5，得出∠5＋∠6＝90°，即可得出结论． 【详解】解：延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1、EC1，如图所示： 则EB1=B1C1，∠EB1M1=90°=∠A1B1M1，∴△EB1C1是等腰直角三角形，∴∠B1EC1=∠B1C1E=45°， ∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，∴∠M1C1N1=90°+45°=135°， ∴∠B1C1E+∠M1C1N1=180°，∴E、C1、N1三点共线， 在△A1B1M1和△EB1M1中，，∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS），∴A1M1=EM1，∠1=∠2， ∵A1M1=M1N1，∴EM1=M1N1，∴∠3=∠4， ∵∠2+∠3=45°，∠4+∠5=45°，∴∠1=∠2=∠5， ∵∠1+∠6=90°，∴∠5+∠6=90°，∴∠A1M1N1=180°﹣90°=90°． 【点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键． 16．（2023·湖南怀化·八年级统考期末）问题发现：如图①，△ABC与△ADE是等边三角形，且点B、D，E在同一直线上，连接CE，求的度数，并确定线段BD与CE的数量关系． 拓展探究：如图②，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，，且点B，D，E在同一直线上，于F，连接CE，求的度数，并确定线段AF，BF，CE之间的数量关系． 【答案】问题发现：∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE，理由见解析；拓展探究：∠BEC＝90°，BF＝CE＋AF，理由见解析 【分析】问题发现：证明△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，由点B，D，E在同一直线上，可得∠BEC＝60°； 拓展探究：方法同上，证明△ABD≌△ACE（SAS），可得BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，由点A，D，E在同一直线上，可得∠ADB＝∠AEC＝135°，进而可得∠DAE＝90°，由AD＝AE，AF⊥DE，可得AF＝DF＝EF，即可得出BF＝BD＋DF＝CE＋AF． 【详解】问题发现：∵△ACB和△ADE均为等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°， ∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA， ∵点B，D，E在同一直线上，∴∠ADB＝180－60＝120°，∴∠AEC＝120°， ∴∠BEC＝∠AEC－∠AED＝120－60＝60°， 综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE． 拓展探究：∵△ACB和△DAE均为等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°， ∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC， ∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADB＝180－45＝135°， ∴∠AEC＝135°，∴∠BEC＝∠AEC－∠AED＝135－45＝90°； ∵∠DAE＝90°，AD＝AE，AF⊥DE，∴AF＝DF＝EF，∴DE＝DF＋EF＝2AF，∴BF＝BD＋DF＝CE＋AF． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键． 17．（2023·广东深圳·八年级校考期中）在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、． (1)如图1，点在线段上，如果，则__________度． (2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度． (3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由． (4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明．        【答案】(1)90(2)120(3)(4)或 【分析】（1）由“”可证，得，可求的度数； （2）由“”可证，得，可求的度数； （3）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论； （4）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论． 【详解】（1）解：∵，∴， ∵，∴， ∵，∴， 在和中，，∴， ∴，∴，故答案为：90； （2）∵，∴， ∵，∴， ∵，∴， 在和中，，∴， ∴，∴，故答案为：120； （3），理由如下：∵，，∴， 在和中，，∴， ∴，∴， ∵，∴， ∵，，∴； （4）如图4，当点D在的延长线上时，，       证明方法同（3）； 如图5，当点D在的延长线上时，， 理由如下：∵，∴，∴， 在和中，，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴．综上，或． 【点睛】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明是解题的关键． 18．（2023·河南洛阳·八年级校考阶段练习）【问题发现】（1）如图1，和均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接，容易发现：①的度数为 ；②线段、之间的数量关系为 ； 【类比探究】（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点B，D，E在同一直线上，连接，试判断 的度数以及线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】（3）如图3，，，，，则的值为 ． 【答案】（1）①；②；（2），，见解析；（3）8 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，得到，证明，根据全等三角形的性质证明结论； （2）由“”可证，可得，即可求解； （3）如图3，作辅助线构建全等三角形，由“”可证，可得，，可求，根据列方程可得x的值，最后由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）∵和均为等边三角形，∴， ∴，即， 在和中，，∴（）， ∴， ∴，故答案为：； （2）， 理由如下：∵，和均为等腰直角三角形， ∴，， ，即， 在和中，，∴（）， ∴，∴， ∵，∴； （3）如图3，过点C作，交的延长线于F，过点B作于E， ∴，∴四边形是矩形，∴， ∵，∴，∵，∴， ∵，∴（），∴， 设，则，，∴∴， ∴，，∴， ∴在中，．故答案为：． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 全等三角形模型之手拉手模型 全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（手拉手（旋转）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 1 模型1.全等模型--手拉手模型 1 35 模型1.全等模型--手拉手模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（2023春·广东广州·八年级校考期末）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点，与交于点，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤． 恒成立的结论有______．（把你认为正确的序号都填上） 例2．（2023·湖北武汉·八年级期末）已知ABC中，∠BAC=60°，以AB和BC为边向外作等边ABD和等边BCE． (1)连接AE、CD，如图1，求证：AE=CD；(2)若N为CD中点，连接AN，如图2，求证：CE=2AN (3)若AB⊥BC，延长AB交DE于M，DB=，如图3，则BM=_______（直接写出结果） 例3．（23-24八年级上·云南昭通·期末）如图，与中，，，，连接． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若平分，求证：． 例4．（2024·辽宁沈阳·八年级校考阶段练习）在等腰中，，. (1)如图1，，是等腰斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转后，得到，连接．①试判断、、三条线段之间的关系，并说明理由；②当，时，求的长；(2)如图2，点是等腰斜边所在直线上的一动点，连接，以点为直角顶点顺时针作等腰，当，时，直接写出的长． 例5．（2024·湖北八年级课时练习）问题发现（1）如图①，已知△ABC，以AB、AC为边向△ABC外分别作等边△ABD和等边△ACE，连接CD，BE．试探究CD与BE的数量关系，并说明理由． 问题探究（2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC＝45°，∠CAD＝90°，AC＝AD，AB＝2BC＝60．求BD的长． 问题解决（3）如图③，△ABC中，AC＝2，BC＝3，∠ACB是一个变化的角，以AB为边向△ABC外作等边△ABD，连接CD，试探究，随着∠ACB的变化，CD的长是否存在最大值，若存在求出CD长的最大值及此时∠ACB的大小；若不存在，请说明理由． 例6．（2023·浙江·八年级期中）已知为等边三角形，点D在边上，点F在射线上，以为一边作等边三角形，连接． (1)当点F与点A重合时，如图①，线段，，之间的数量关系是___________； (2)点F在边上时，如图②；当点F在边的延长线上时，如图③，猜想线段，，之间存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图③的猜想给予证明． 例7．（2023春·浙江·八年级专题练习）边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放，将正方形CEFG绕点C顺时针旋转，旋转角为α，连接BG，DE． （1）如图2，求证：△BCG≌△DCE； （2）如图2，连接DG，BE，判断DG2+BE2否为定值．若是，求这个定值若不是，说明理由； （3）如图3，当点G恰好落在DE上时，求α的值． 例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD． （1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ； （2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变? （3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想. （4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？ 1．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（       ） A． B． C． D． 2．（2024八年级上·江苏·专题练习）如图，在和中，，，，，连接，交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（　　） A． B． C． D． 3．（2023·贵州遵义·八年级期末）在中，，且E为边的中点，连接，以为边向上作等边三角形，连接，则的长为_______． 4．（23-24九年级上·湖北黄石·期末）如图，是等边三角形外一点，，，则的最大值是 ． 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题初探：如图（1），中，，，点D是上一点，连接，以为一边作，使，，连接，猜想，和有怎样的数量关系，并说明理由． 类比再探：如图（2），中，，，点M是中点，点D是上一点，连接，以为一边作，使，，连接，若，则四边形的面积为多少，请说明理由． 6．（2023春·山东东营·七年级校考阶段练习）在学习全等三角形知识时、教学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型” 兴趣小组进行了如下探究： （1）如图1，两个等腰三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE，连接BD、CE、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是“手拉手模型”，在这个模型中，和△ADB全等的三角形是 ，此时BD和CE的数量关系是 ；（2）如图2，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，两线交于点P，请判断线段BD和CE的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）如图3，已知△ABC，请完成作图：以AB、AC为边分别向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE（等边三角形三条边相等，三个角都等于60°），连接BE，CD，两线交于点P，并直接写出线段BE和CD的数量关系及∠PBC+∠PCB的度数． 7．（2024·福建·八年级阶段练习）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，连接AE，取AE的中点P，连接DP，CP． （1）观察猜想：  如图（1），DP与CP之间的数量关系是 　 ，DP与CP之间的位置关系是 　 ． （2）类比探究： 将图（1）中的△BDE绕点B逆时针旋转45°，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由． （3）问题解决： 若BC＝3BD＝3，  将图（1）中的△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，请直接写出线段CP的长． 8．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，正方形ABCD，将边CD绕点D顺逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段DE，连接AE，CE，过点A作AF⊥CE交线段CE的延长线于点F，连接BF． （1）当AE＝AB时，求α的度数；（2）求证：∠AEF＝45°；（3）求证：AE∥FB． 9．（2023·福建福州·九年级校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转． （1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ； （2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值； （3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长． 10．（2023春·广东汕头·九年级校考开学考试）如图，D为内一点，，，将绕着点A顺时针旋转能与线段重合．(1)求证：；(2)若，求的度数． 11．（2023·四川达州·八年级统考期末）问题发现：如图，在中，，为边所在直线上的动点(不与点、重合)，连结，以为边作，且，根据，得到，结合，得出，发现线段与的数量关系为，位置关系为； （1）探究证明：如图，在和中，，，且点在边上滑动(点不与点、重合)，连接．①则线段，，之间满足的等量关系式为 ；②求证: ；（2）拓展延伸：如图，在四边形中，．若，，求的长． 12．（2023秋·河南南阳·八年级统考期末）综合与实践： 【问题情景】综合与实践课上，王老师让同学们以“共顶点的等腰三角形的旋转”为主题开展数学探究活动． 【实践操作】王老师让同学们先画出两个等边和，将绕点旋转到某一位置，要求同学们观察图形，提出问题并加以解决． (1)如图①，“慎思组”的同学们连接、，则与有何数量关系？与有何数量关系？请你探究后直接写出结论．(2)如图②，得知“慎思组”的结论后，“博学组”的同学们又连接，他们认为，如果，且，，就可以求出的长，请写出求解过程． 【类比探究】(3)如图③，“智慧组”的同学们画出了两个等腰直角三角形和，其中，，；且点恰好落在上，那么、和之间一定存在某种数量关系，请你探究后直接写出它们之间的数量关系． 13．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接． (1)求证：≌；(2)求的度数；(3)求证：平分． 14．（2023·山东临沂·八年级统考期中）（1）如图1，与均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：； （2）如图2，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：的度数为______；线段BE与AD之间的数量关系是______． 15．（2023·陕西·九年级专题练习）阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°． 点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°． 问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°． 16．（2023·湖南怀化·八年级统考期末）问题发现：如图①，△ABC与△ADE是等边三角形，且点B、D，E在同一直线上，连接CE，求的度数，并确定线段BD与CE的数量关系． 拓展探究：如图②，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，，且点B，D，E在同一直线上，于F，连接CE，求的度数，并确定线段AF，BF，CE之间的数量关系． 17．（2023·广东深圳·八年级校考期中）在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、． (1)如图1，点在线段上，如果，则__________度． (2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度． (3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由． (4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明．        18．（2023·河南洛阳·八年级校考阶段练习）【问题发现】（1）如图1，和均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接，容易发现：①的度数为 ；②线段、之间的数量关系为 ； 【类比探究】（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点B，D，E在同一直线上，连接，试判断 的度数以及线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】（3）如图3，，，，，则的值为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$